Đến nội dung

Hình ảnh

Tìm GTNN của $\frac{1}{a^{2}+b^{2}} + \frac{1}{ab}+ 4ab$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
TheOneAndOnlyMCS

TheOneAndOnlyMCS

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy:

 

Bài 1. Cho $\left\{\begin{matrix} a,b>0\\a + b\leq 1 \end{matrix}\right.$ Tìm GTNN của biểu thức P = $\frac{1}{a^{2}+b^{2}} + \frac{1}{ab}+ 4ab$

 

Bài 2. Cho $\left\{\begin{matrix} a,b >0\\a+b\leq 1 \end{matrix}\right.$ Tìm GTNN của biểu thức S = $\frac{1}{a^{3}+b^{3}}+\frac{1}{a^{2}b}+\frac{1}{ab^{2}}$

 

Bài 3. Cho $\left\{\begin{matrix} x, y, z >0\\\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4 \end{matrix}\right.$ Tìm GTLN của P = $\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}$

 

Bài 3 (mở rộng). Cho $\left\{\begin{matrix} x,y,z>0\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4 \end{matrix}\right.$ Tìm GTLN của P = $\frac{1}{\alpha x+\beta y+\gamma z}+\frac{1}{\beta x+\gamma y+\alpha z}+\frac{1}{\gamma x+\alpha y+\beta z}$

 

Bài 4. Cho $\left\{\begin{matrix} a,b,c>0\\ a+b+c=3 \end{matrix}\right.$ CMR: $\sqrt[3]{a+2b}+\sqrt[3]{b+2c}+\sqrt[3]{c+2a}\leq 3\sqrt[3]{3}$

 

Bài 5. Cho $\left\{\begin{matrix} x,y,z>0\\ xyz=1 \end{matrix}\right.$ CMR: $\frac{x^{2}}{1+y}+\frac{y^2}{1+z}+\frac{z^2}{1+x}\geq \frac{3}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hachinh2013: 16-01-2015 - 05:02

Bunyakovsky, Cauchy và nhiều người nữa đã dạy em nhiều điều...

Nhưng không phải là tất cả...


#2
Ngoc Hung

Ngoc Hung

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1547 Bài viết

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy:

 

Bài 1. Cho $\left\{\begin{matrix} a,b>0\\a + b\leq 1 \end{matrix}\right.$ Tìm GTNN của biểu thức P = $\frac{1}{a^{2}+b^{2}} + \frac{1}{ab}+ 4ab$

 

$P=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{4ab}+4ab+\frac{1}{4ab}\geq \frac{4}{(a+b)^{2}}+2\sqrt{\frac{1}{4ab}.4ab}+\frac{1}{(a+b)^{2}}\geq 4+2+1=7$

GTNN của P = 7. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\frac{1}{2}$



#3
Ngoc Hung

Ngoc Hung

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1547 Bài viết

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy:

 

Bài 3. Cho $\left\{\begin{matrix} x, y, z >0\\\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4 \end{matrix}\right.$ Tìm GTLN của P = $\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}$

Ta có $\frac{16}{2x+y+z}\leq \frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z};\frac{16}{x+2y+z}\leq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z};\frac{16}{x+y+2z}\leq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z}\Rightarrow 16P\leq 4\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{16}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hachinh2013: 16-01-2015 - 17:33


#4
Katyusha

Katyusha

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 461 Bài viết

À không có gì đâu bạn, bạn đừng bận tâm  :icon6:

 


Bài 5. Từ $xyz=1 \Rightarrow x+y+z \ge \sqrt[3]{xyz}=3$. Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức:

 

$\dfrac{x^2}{1+y}+\dfrac{y^2}{1+z}+\dfrac{z^2}{1+x}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{3+x+y+z}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge \dfrac{3}{2}$

 

Nếu chỉ dùng BĐT AM-GM ta làm như sau:

 

$\dfrac{x^2}{1+y}+\dfrac{1+y}{4}\ge x$

$\dfrac{y^2}{1+z}+\dfrac{1+z}{4}\ge y$

$\dfrac{z^2}{1+x}+\dfrac{1+x}{4}\ge z$

 

Từ đó:

$VT \ge (x+y+z)+\dfrac{3}{4}-\dfrac{x+y+z}{4}=\dfrac{3(x+y+z)}{4}-\dfrac{3}{4}\ge \dfrac{9}{4}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}$






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh